2020-2021高考化学复习物质的量专项综合练及答案

2020-2021高考化学复习物质的量专项综合练及答案
一、高中化学物质的量
1．以下涉及的物质中A 、B 、C 都是化合物；请注意各小题之间可能有的联系。

(1)一定条件下，9.80g NH 4Br 跟3.60g 的某钙盐A 恰好反应，生成了4.48L （标准状况）气态产物B 和固体产物C 。

标准状况下，B 气体的密度为0.76g/L ，氮的质量分数为82.35%，其余是氢。

试求B 的分子式_____________ 。

(2)25℃、101.3KPa 时，气体摩尔体积为24.5L/mol. 该状况下，1体积水（密度为1g/cm 3）吸收560体积B 气体得到密度为0.91 g/cm 3的溶液，则该溶液中溶质的质量分数为_____%（溶液中的溶质以B 计量；保留2位小数）；溶液的物质的量浓度为__________ mol /L （保留2位小数）。

(3)在催化剂作用下，B 可和NO 、NO 2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D （可不考虑气体反应物与生成的液态水之间的作用）。

在常温常压下，将密度一定的NO 、NO 2混合气体和B 在不同体积比时进行了四次实验，所得数据如下：
则原NO 、NO 2混合气体中NO 的体积分数为________%；第四次实验所得气体的平均摩尔质量为_______（保留2位小数）。

(4)将9.80g NH 4Br 跟过量的氧化鈣共热，充分反应后生成水、1.70gB 气体和固体产物C ，则C 的化学式为__________；试根据有关数据，求钙盐A 的化学式_______ 。

【答案】NH 3 27.98 14.98 20 22.76 CaBr 2 Ca(NH 2)2或CaN 2H 4
【解析】
【分析】
(1)根据M=ρ⨯Vm 计算B 的相对分子质量，根据氮的质量分数为82.35%计算氢元素的质量分数，继而确定B 的分子式；
(2)根据溶液质量分数=⨯溶质的质量溶液的质量100%，溶液物质的量浓度c=n V
公式进行计算，结和已知信息寻找相应的量进行求解；
(3)根据体积比不同混合气体和密度，计算混合气体的平均摩尔质量；
(4)根据质量守恒和原子守恒确定相应物质的分子式。

【详解】
(1)标况下B 气体的密度为0.76g/L ，则B 的相对分子质量= 0.76 ⨯ 22.4= 17，其中氮的质量
分数为82.35%，则B分子中N原子数目=17?82.5%
14
⨯
=1，其余是氢，则H原子数目
=1714
3
1
-
=，则B为NH3，故答案为： NH3；
(2)假设氨气体积为560L，则水为1L，25C、101.3KPa时，气体摩尔体积为24.5L/mol，氨
气的物质的量=
560L
24.5L/mol
= 22.86mo，氨气的质量= 22.86mol⨯17g/ mol = 388.62g，1L
水的质量为1000g，则所得溶液质量分数=
388.62g
1000g388.62g
⨯
+
100%= 27.99%；所得溶液密
度为0.91g/cm3，故溶液物质的量浓度=1000?0.91?27.99%
17
⨯⨯
= 14.98 mol/L，故答案：
27.98；14.98；
(3)在催化剂作用下，NH3可和NO、NO2混合气体反应生成液态水和一种单质气体D，根据原子守恒电子守恒可知，D为N2。

第一次反应气体的相对分子质量
= 1.35⨯ 22.4= 30.24；第二次反应气体的相对分子质量= 1.25⨯ 22.4= 28；第三次反应气体的相对分子质量=1.04 ⨯ 22.4= 23.2，由反应后气体相对分子质量可知，第二次实验恰好完全反应气体为N2，说明第一次剩余氨气不足，第三次剩余氨气有剩余，令第二次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为1.2mol，设NO为axmol，则NO2为(1-x)mol，根据电子转移守恒：2x +4(1-x)=1.2⨯[0-(-3)]，解得x=0.2，故NO的体积分数
=0.2mol
1mol
⨯ 100%= 20%；
令第四次实验中NO、NO2的总物质的量为1mol，则NH3为2.2mol， NO为0.2mol，则NO2为(1- 0.2) mol= 0.8mol，令参加反应的氨气为ymol，根据电子转移守恒：
2⨯0.2 +4⨯0.8=y⨯ [0- (-3)]，解得y= 1.2，剩余氨气为2.2mol - 1.2mol = 1mol，根据N原子
守恒可知生成N2的物质的量=1mol?1?.2mol
2
+
= 1.1mol，故反应后气体的平均摩尔质量
=1mol1?7g/mol?1?.1mol?28g/?mol
1mol 1.1mol
⨯+⨯
+
=22.76g/mol，故答案为：20；22.76；
(4)将9.80g NH4 Br跟过量的氧化钙共热，充分反应后生成水、1.70gNH3气体和固体产物C，由元素守恒，则C的化学式为CaBr2。

由(1)9.80g NH4Br跟3.60g的某钙盐A恰好反
应，生成了4.48L(标准状况)NH3和CaBr2，NH4Br的物质的量=
9.8g
98g/?mol
= 0.1mol，由Br
元素守恒可知CaBr2为0.05mol，由Ca元素守恒可知，3.6gA中含有Ca原子为0.05mol，
氨气的物质的量=
4.48L
22.4L/?mol
= 0.2mol，由N元素守恒可知3.6gA 中含有N原子为
0.2mol - 0.1mol= 0.1mol，由H元素守恒，3.6gA 中含有H原子为0.2mol⨯ 3-
0.1mol⨯4 = 0.2mo，故3.6gA中Ca、N、H原子物质的量之比= 0.05:0.1 :0.2= 1 :2:4，故A 的化学式为CaN2H4，故答案为：CaBr2；Ca(NH2)2或CaN2H4。

【点睛】根据M=ρ⨯Vm计算不同气体或混合气体的摩尔质量。

2．锂因其重要的用途，被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”．
（1）Li 3N 可由Li 在N 2中燃烧制得．取4.164g 锂在N 2中燃烧，理论上生成Li 3N__g ；因部分金属Li 没有反应，实际反应后固体质量变为6.840g ，则固体中Li 3N 的质量是__g （保留三位小数，Li 3N 的式量：34.82）
（2）已知：Li 3N+3H 2O→3LiOH+NH 3↑．取17.41g 纯净Li 3N ，加入100g 水，充分搅拌，完全反应后，冷却到20℃，产生的NH 3折算成标准状况下的体积是__L ．过滤沉淀、洗涤、晾干，得到LiOH 固体26.56g ，计算20℃时LiOH 的溶解度__．（保留1位小数，LiOH 的式量：23.94）
锂离子电池中常用的LiCoO 2，工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备．
（3）将含0.5molCoCl 2的溶液与含0.5molNa 2CO 3的溶液混合，充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g ；过滤，向滤液中加入足量HNO 3酸化的AgNO 3溶液，得到白色沉淀143.50g ，经测定溶液中的阳离子只有Na +，且Na +有1mol ；反应中产生的气体被足量NaOH 溶液完全吸收，使NaOH 溶液增重13.20g ，通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__，写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__．
（4）Co 2(OH)2CO 3和Li 2CO 3在空气中保持温度为600～800℃，可制得LiCoO 2，已知： 3Co 2(OH)2CO 3+O 2→2Co 3O 4+3H 2O+3CO 2；4Co 3O 4+6Li 2CO 3+O 2→12LiCoO 2+6CO 2
按钴和锂的原子比1：1混合固体，空气过量70%，800℃时充分反应，计算产物气体中CO 2的体积分数__．（保留三位小数，已知空气组成：N 2体积分数0.79，O 2体积分数0.21）
【答案】6.964 6.656 11.2 12.8g 2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O
5CoCl 2+5Na 2CO 3+4H 2O=2CoCO 3•3Co （OH ）2•H 2O+10NaCl+3CO 2↑ 0.305
【解析】
【分析】
【详解】
（1）首先写出锂在氮气中燃烧的方程式：236Li+N 2Li N 点燃，接下来根据
4.164g =0.6mol 6.94g/mol
算出锂的物质的量，则理论上能生成0.2mol 的氮化锂，这些氮化锂的质量为0.2mol 34.82g/mol=6.964g ⨯；反应前后相差的质量为6.840g-4.164g=2.676g ，这些增加的质量实际上是氮原子的质量，即2.676g =0.191mol 14g/mol
的氮原子，根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为0.191mol ，这些氮化锂的质量为
0.191mol 34.82g/mol=6.656g ⨯；
（2）根据17.41g =0.5mol 34.82g/mol
先算出氮化锂的物质的量，根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:1的，这些氨气在标况下的体积为22.4L/mol 0.5mol=11.2L ⨯；根据化学计量比，0.5mol 的氮化锂理论上能生成1.5mol 的LiOH ，这些LiOH 的质量为
1.5mol 23.94g/mol=35.91g ⨯，缺少的那9.35克LiOH 即溶解损失掉的，但是需要注
意：溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量，虽然一开始有100克水，但是反应会消耗掉1.5mol 水，这些水的质量为1.5mol 18g/mol=27g ⨯，因此我们算出的
9.35克是73克水中能溶解的LiOH 的量，换算一下9.35g S =100g-27g 100g ，解得S 为12.8克；
（3）加入硝酸银后的白色沉淀为AgCl ，根据143.5g =1mol 143.5g/mol
算出-Cl 的物质的量，因此-Cl 全部留在溶液中，碱式碳酸钴中无-Cl ，+Na 也全部留在溶液中，沉淀中无+Na ，使烧碱溶液增重是因为吸收了2CO ，根据13.2g =0.3mol 44g/mol
算出2CO 的物质的量，根据碳守恒，剩下的0.5mol-0.3mol=0.2mol 2-3CO 进入了碱式碳酸钴中，
0.5mol 2+Co 全部在碱式碳酸钴中，剩下的负电荷由-OH 来提供，因此-OH 的物质的量为0.6mol 。

将0.5mol 2+Co 、0.2mol 2-
3CO 和0.6mol -OH 的质量加起来，发现只有0.5mol 59g/mol+0.2mol 60g/mol+0.6mol 17g/mol=51.7g ⨯⨯⨯，剩下的1.8克只能是结晶水，即0.1mol 结晶水，综上，碱式碳酸钴的分子式为3222CoCO 3Co(OH)H O ⋅⋅；写出制备方程式223232225CoCl +5Na CO +4H O=2CoCO 3Co(OH)H O+10NaCl+3CO ⋅⋅↑； （4）令参加反应的氧气为3mol ，相当于3mol 21%
的空气，又因为空气过量70%，则一共通入了31+0.7mol 21%
⨯（）空气，反应中一共生成了6mol 水蒸气和12mol 二氧化碳，则二氧化碳的体积分数为12
100%=30.5%312+6-3+1.70.21⨯⨯（）。

3．完成下列填空：
（1）已知反应：Fe 2O 3＋2Al Al 2O 3＋2Fe ，则
①该反应所属基本反应类型是___。

②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”)，该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。

③发生氧化反应的是__，发生还原反应的是__。

（2）反应2KMnO 4＋16HCl(浓)=2MnCl 2＋2KCl ＋5Cl 2↑＋8H 2O 中：
①反应中被氧化的元素是__，被还原的元素是___。

②若生成71gCl 2，则消耗的HCl 是__g ，被氧化的HCl 是__g 。

【答案】置换反应 降低 得到 Al Fe 2O 3 Cl Mn 116.8 73
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B 。

②反应中，Fe 的化合价由+3价变为0价；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应。

(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原；
②根据方程式进行计算。

【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B ，属于置换反应。

②反应中，Fe 的化合价由+3价变为0价，化合价降低，得电子；
③反应中，还原剂被氧化，发生氧化反应，则Al 发生氧化反应；Fe 2O 3发生还原反应。

(2)①还原剂被氧化，氧化剂被还原，则Cl 被氧化，Mn 被还原；
②若生成71gCl 2，即1mol ，需消耗3.2molHCl ，即3.2×36.5=116.8g ；化合价升高的HCl 为2mol ，即73g 。

【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，16molHCl 参加反应，其中有10molHCl 发生了氧化反应，产生了5molCl 2，6molHCl 价态没变，生成了盐，体现了其酸性的性质。

4．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72 L ，质量为12g ，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________，一氧化碳的体积分数是
__________，一氧化碳的质量分数是__________，碳原子和氧原子个数比是__________，
混合气体的平均相对分子质量是__________，密度是__________g·
L －1。

【答案】1∶3 25% 17.5% 4∶7 40 1.79
【解析】
【分析】 根据公式： n m M ==
V Vm 进行分析解答。

【详解】 混合气体的物质的量＝ 6.72L 22.4L?mol 1
－＝0.3 mol ， 设一氧化碳的物质的量为x ，二氧化碳的物质的量为y ，则：
0.3284412x y x y +=⎧⎨+=⎩
解得：x ＝0.075 mol ，y ＝0.225 mol ，
此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol ∶0.225 mol ＝1∶3； 一氧化碳的体积分数是＝0.075mol 0.3mol
×100% ＝25% ； 一氧化碳的质量＝0.075 mol×28g·
mol -1＝2.1 g ， 一氧化碳的质量分数＝2.1g 12g
×100% ＝17.5% ； 碳原子和氧原子个数比＝(0.075 mol ＋0.225 mol)∶(0.075 mol ＋0.225mol×2)＝4∶7；
混合气体的平均摩尔质量＝
12g
0.3?mol
＝40g·mol-1，平均相对分子质量是40；
混合气体的密度＝
12g
6.72L
≈1.79 g·L-1。

答案：1∶3；25%；17.5%；4∶7；40；1.79。

5．卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。

（1）碘是人体不可缺乏的元素，为了防止碘缺乏，现在市场上流行一种加碘盐，就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。

某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘，查阅了有关的资料，发现其检测原理是：KIO3+5KI+3H2SO4＝3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______；如果反应生成0.3mol的单质碘，则转移的电子数目是_______。

②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解，然后加入稀硫酸和KI溶液，最后加入一定量的CCl4，振荡，这时候，观察到的现象是_____；
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。

写出图中仪器的名称：①_____；该装置还缺少的仪器是_____；冷凝管的进水口是：_____（填g或f）。

（2）实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式：__________________________
②上述反应中氧化剂：__________，还原剂：__________，被氧化的HCl和未被氧化的HCl 的比值______________。

③a : Cl2+2I-=I2+2Cl-； b: Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-； c:2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。

Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序：_________________________
【答案】1:5 0.5N A溶液分层，下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计 g MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++Cl2↑+2H2O MnO2 HCl 1:1 Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
（1）①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中，I元素的化合价由+5价降低为0，I元素的化合价由-1价升高为0，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数，根据化合价变化确定电子转移情况；
②碘易溶于有机溶剂，在四氯化碳在的溶解度远大于在水中，加入四氯化碳萃取水中的碘，四氯化碳与水不互溶，溶液分成两层，四氯化碳的密度比水，有机层在下层，碘溶于四氯化碳呈紫红色，上层几乎无色；
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气；
②依据氧化还原反应的规律分析；
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答；
【详解】
（1）①反应中氧化剂为KIO3，还原剂为KI，氧化剂与还原剂的物质的量比是1:5；生成
3molI2，电子转移5mol，生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol，转移的电子的数目为
0.5N A；
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色，密度较大，因此观察到的现象是溶液分层，下层液为紫红色；
③该图为蒸馏装置①是蒸馏烧瓶，②是锥形瓶；在蒸馏时需要测量温度，还需要温度计；冷凝水进出水方向为“下进上出”，即g口为进水口；
（2）①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气，反应原理：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为：MnO2+4H++2Cl-（浓）Mn2++ Cl2↑+2H2O；
②反应中Mn元素化合价从+4价降低到+2价，Cl元素化合价从-1价升高到0价，MnO2作氧化剂，HCl作还原性，盐酸具有还原性和酸性，且被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值为1:1；
③a反应中Cl2作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Cl2> I2，b反应中Cl2作氧化剂，Fe3+为氧化产物，氧化性Cl2> Fe3+，c反应中Fe3+作氧化剂，I2为氧化产物，氧化性Fe3+> I2，综上，氧化性Cl2>Fe3+>I2。

【点睛】
本题的难点是氧化性强弱的判断，一般根据氧化还原反应原理来判断
(1)氧化性强弱：氧化剂>氧化产物。

(2)还原性强弱：还原剂>还原产物。

6．按要求完成下列填空。

（1）在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中，分别加入等量的AgNO3溶液，恰好都完全反应，则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。

（2）将3.22 g芒硝（Na2SO4·10H2O）溶于水中，要使每100个水分子中溶有1个Na+，则需水的质量为________g。

（3）在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气，由于空气不可能排净，所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5，将此瓶气体倒置于水槽中，烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
_______。

（4）100 mL 0.3 mol/L Na2SO4(密度为d1 g/cm3)和50 mL 0.2 mol/L Al2(SO4)3(密度为d2 g/cm3)混合，所得密度为d3 g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。

（用含d1，d2， d3的式子表示）
（5）已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:7，现将7 mol AOH与5 mol BOH混合
后，从中取出5.6 g ，恰好可以中和100ml 浓度为1.2 mol/L 的盐酸，则AOH 的摩尔质量为_____。

【答案】6：3：2 34.2
56 (或83.3%) 3126d 10 d +5 d 40g/mol 【解析】
【分析】
（1）分别加入等量的AgNO 3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl ﹣的物质的量相等； （2）每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:1； （3）将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中，溶液上升体积等于氨气的体积；
（4）溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性；
（5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100mL 浓度为1.2 mol/L 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。

【详解】
（1）设NaC1、MgCl 2、A1Cl 3的物质的量分别为x 、y 、z ，由分别加入等量的AgNO 3溶液恰好都完全反应可知，溶液中Cl ﹣的物质的量相等，则有x=2y=3z ，解得x ：y ：z=6：3：2，因溶液的体积相同，由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6：3：2，故答案为：6：3：2；
（2）3.22g 芒硝的物质的量为 3.22322/g
g mol =1mol ，溶液中n （Na +）=2n （Na 2SO 4•10H 2O ）=0.01mol ×2=0.02mol ，每100个水分子中溶有1个钠离子，所以n （H 2O ）=100n （Na +）=2mol ，0.01molNa 2SO 4•10H 2O 中含有水的物质的量为0.01mol ×10=0.1mol ，需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol ，则需要水的质量为1.9mol ×18g/mol=34.2g ，故答案为：34.2；
（3）由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知，混合气体的平均摩尔质量为
2g/mol ×9.5=19g/mol ，设氨气的体积分数为x ，则空气的体积分数为（1-x ），故17x+29（1-x ）=19，解得x=5
6，溶液上升体积等于氨气的体积，故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的5
6，故答案为：56； （4）100mL0.3mol/LNa 2SO 4溶液中SO 42-的物质的量为0.1L ×0.3mol/L=0.03moL ， 50mL0.2mol/LAl 2（SO 4）3溶液中SO 42-的物质的量为0.05L ×0.2moL/L ×3=0.03mol ，混合后的总SO 42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol ，混合溶液的体积为
12310050d d d +×10—3L ，
则混合溶液中SO 42−的浓度为1005031230.0610d d d mol
L +-⨯=3126d 10 d +5 d mol/L ，故答案为：312
6d 10 d +5 d ； （5）由混合碱5.6 g 恰好可以中和100mL 浓度为1.2 mol/L 的盐酸可知，混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等，盐酸的物质的量为1.2 mol/L ×0.1L=0.12mol ，设5.6 g 混合碱中AOH 的物质的量为7a ，则BOH 的物质的量为5a ，由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol ，解得a=0.01mol ，设AOH 的摩尔质量为5b ，则BOH 的摩尔质量为7b ，由混合碱的质量为5.6g 可得：0.07mol ×5b+0.05mol ×7b=5.6，解得b=8，则AOH 的摩尔质量为40g/mol ，故答案为：40g/mol 。

【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性，溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键，也是易错点；由混合碱5.6 g恰好可以中和100ml浓度为1.2 mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。

7．某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列问题：
供选试剂：Na2SO4溶液、K2CO3溶液、K2SO4溶液、盐酸
（1）操作②的名称是______________，试剂a的溶质是_______________（填化学式）（2）加入试剂b所发生反应的化学方程式为___________________________________。

（3）该方案能不能达到实验目的：_____________，若不能，应如何改进？（若能，此问不用回答）________________________________________。

（4）用分离出的固体B配制100mL 0.5mol/L的溶液B，现有如下可供选择的仪器：A．胶头滴管 B．烧瓶 C．烧杯 D．药匙 E.量筒 F.托盘天平。

①用托盘天平称得固体B的质量是_________g。

②配制溶液B时，上述仪器中一定不需要使用的有_____________（填字母），还缺少的仪器有__________________________________（写仪器名称）。

【答案】过滤 K2CO3 BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O 不能应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶 10.4 B 100mL容量瓶、玻璃棒
【解析】
【分析】
【详解】
分离KCl和BaCl2两种固体混合物，可先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，蒸发结晶得到固体C为KCl和K2CO3，应加入过量盐酸可得KCl，沉淀A为BaCO3，洗涤后，加盐酸，蒸发得到固体B为BaCl2，
（1）将固体配成溶液，应加水溶解，操作②为固体和液体的分离，为过滤操作；根据以上分析可知，溶液中加入过量的K2CO3溶液使BaCl2转化为沉淀，试剂a的溶质是K2CO3；综上所述，本题答案是：过滤；K2CO3。

（2）沉淀A为BaCO3，加足量的盐酸，反应生成氯化钡和二氧化碳气体，反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；综上所述，本题答案
是：BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。

（3）该方案不能达到实验目的，因为操作②进行完成后，所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应该加入过量的盐酸，把K2CO3变为氯化钾，然后再进行蒸发结晶，得到氯化钾固
体；综上所述，本题答案是：不能；应在操作②的滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶。

（4）①固体B 为氯化钡，其质量是0.1L×0.5mol/L×208g/mol=10.4g ；综上所述，本题答案是：10.4。

②固体配制氯化钡溶液时，称量后溶解、定容等，不需要烧瓶，还缺少的仪器有100mL 容量瓶、玻璃棒；综上所述，本题答案是：B ， 100mL 容量瓶、玻璃棒。

8．（1）写出离子方程式：向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO 4溶液至Ba 2+刚好沉淀完全________；
（2）标况下，将224L 氯化氢气体溶于V 升水中，所得溶液密度为dg/mL ，则此溶液中溶质的物质的量浓度为________mol/L
（3）使物质的量浓度之比为1:2:3的氯化钠、氯化镁、氯化铝溶液中的Cl -恰好完全沉淀时，若所用相同物质的量浓度的硝酸银溶液的体积比为3:2:3，则上述三种溶液的体积之比是__________；
（4）5.00g CuSO 4·
5H 2O 样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图所示，则200℃时所得固体物质的化学式为______________；
（5）已知氧化性：Cl 2>Fe 3+>I 2，写出FeI 2和Cl 2按物质的量之比为7:8反应的总离子方程式_____
【答案】Ba 2＋+OH -+H ++SO 42- = BaSO 4↓+ H 2O 10000d/(365+1000V) mol·
L －1 18:3:2 CuSO 4·H 2O 2Fe 2＋+14I -+8Cl 2 =2Fe 3＋+7I 2+16Cl -
【解析】
【分析】
根据物质的性质书写离子方程式；根据气体摩尔体积及物质的量间的关系计算物质的量浓度；根据图象信息结晶水的质量并计算书写化学式；根据电子转移守恒配平书写离子方程式。

【详解】
（1）沉淀刚好完全时，表示硫酸氢钠用量最少，与Ba 2＋刚好完全反应，发生的化学方程
式为：Ba(OH)2+NaHSO 4=BaSO 4↓+NaOH+H 2O ，转化为离子方程式则为：Ba 2＋+OH -+H ++SO 42-=
BaSO 4↓+ H 2O ；
(2)由题，n(HCl)=V(HCl)/V m =224L÷22.4L/mol=10mol ，m 总
=m(HCl)+m(H 2O)=n(HCl)×M(HCl)+V(H 2O)×ρ(H 2O)=10×36.5+V×103×1=(365+1000V)g ，
365+1m V ==mL ρd 000V 总总总，
c(HCl)=
-1-1 -3
n(HCl)1010000d
=mol L=mol L
365+1000V
V365+1000V
×10
d
⋅⋅
总
，故答案为：
-1
10000d
mol L
365+1000V
⋅；
(3)由题可以写出氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应的化学方程式：
NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，MgCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Mg(NO3)2，
AlCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Al(NO3)3，若假设硝酸银物质的量浓度为1mol/L，氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银体积分别为3L、2L、3L，则氯化钠、氯化镁、氯化铝与硝酸银反应消耗硝酸银物质的量为3mol、2mol、3mol，将三者消耗硝酸银物质的量代入方程式，可以得出氯化钠、氯化镁、氯化铝的物质的量分别为3mol、1mol、1mol，因为三者物质的量浓度之比为1:2:3，可列出等式为：三种溶液的体积之比3/1:1/2:1/3，化简可以得到：三种溶液的体积之比18:3:2，故答案为：18:3:2。

(4)由图可以得知，200℃时，五水合硫酸铜并未脱水完全，分子中还有一定量的水存在，
5.00g五水合硫酸铜，物质的量为5g÷250g/mol=0.02mol，所以n(CuSO4)=0.02mol，
n(H2O)=0.1mol，200℃时，固体质量为3.56g，所以含有水分质量为0.36g，
n(H2O)=m/M=0.36g÷18g/mol=0.02mol，可以得出固体化学式为：CuSO4·H2O，故答案为：CuSO4·H2O。

(5)由题，根据氧化还原反应得失电子数的规律，可以写出方程式为：
7FeI2+8Cl2=2FeCl3+7I2+5FeCl2，转化为离子方程式可得出：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-，故答案为：2Fe2＋+14I-+8Cl2 =2Fe3＋+7I2+16Cl-。

9．近几年地球发生地震灾害较多，抢救地震后被困在废墟下的伤员，首要的措施是给伤员补充能量。

下图是医院给伤员输液时用的一瓶质量分数为5%的葡萄糖(C6H12O6)注射液标签，请认真观察标签上所列的内容后填写：
（1）葡萄糖的摩尔质量为________；
（2）该溶液中含水________ g；
（3）该溶液的物质的量浓度为________ mol/L(精确到小数点后面两位)。

【答案】180 g/mol 237.5 0.28
【解析】
【分析】
(1)葡萄糖的摩尔质量在数值上等于它的相对分子质量，单位是g/mol；
(2)根据标签给出的数据可以知道，250mL葡萄糖注射液中含葡萄糖12.5g，含量为5%，根据“葡萄糖质量÷葡萄糖含量”计算出一瓶葡萄糖注射液的质量；根据溶液中含水的质量=葡
萄糖注射液的质量×水的含量（1-葡萄糖质量分数)；
(3) 先根据葡萄糖的质量求出它的物质的量，然后代入公式c=n/V求出溶液的物质的量浓度。

【详解】
(1)葡萄糖的相对分子质量为180，所以葡萄糖的摩尔质量为；
答案是: 180 g/mol；
(2)因为溶液中溶质的质量分数为5%，且含有共12.5g葡萄糖，一瓶葡萄糖注射液溶液的质量=12.5g÷5%=250g，所以该溶液中含水的质量=250g×（1-5%）=237.5 g；
答案是:237.5；
(3) 葡萄糖物质的量为n=12.5g/180 g/mol= 0.069mol，所以溶液的物质的量浓度
c=n/V=0.069mol/0.25L≈0.28 mol/L；
答案是:0.28。

10．某化学实验室需要0.5 mol·L－1硫酸溶液450 mL。

根据溶液的配制情况回答下列问题：
（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是______(填序号)，配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是________(填仪器名称)。

（2）现用质量分数为98%、密度为1.84 g·cm－3的浓硫酸来配制450 mL、0.5 mol·L－1的稀硫酸。

计算所需浓硫酸的体积为________ mL(保留1位小数)，现有
①10 mL ②25 mL ③50 mL ④100 mL四种规格的量筒，你选用的量筒是________(填代号)。

（3）配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是
__________________________________________________________。

（4）配制时，一般可分为以下几个步骤：
①量取②计算③稀释④摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却
其正确的操作顺序为：②→①→③→________→ ________→________→________→④(填序号)。

_________
（5）在配制过程中，其他操作都准确，下列操作中错误的是________(填代号，下同)，能引起误差偏高的有________。

①洗涤量取浓硫酸后的量筒，并将洗涤液转移到容量瓶中
②未等稀释后的H2SO4溶液冷却至室温就转移到容量瓶中
③将浓硫酸直接倒入烧杯，再向烧杯中注入蒸馏水来稀释浓硫酸
④定容时，加蒸馏水超过刻度线，又用胶头滴管吸出
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水
⑥定容摇匀后，发现液面低于标线，又用胶头滴管加蒸馏水至刻度线
⑦定容时，俯视刻度线
【答案】AD 玻璃棒、胶头滴管 13.6 ② 将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌 ⑧；⑤；⑥；⑦ ①②③④⑥⑦ ①②⑦
【解析】
【详解】
(1)A 为平底烧瓶、D 为分液漏斗，在配制溶液过程中不会用到烧瓶和分液漏斗，答案选AD ；配制一定浓度的溶液还缺少玻璃棒和胶头滴管；
(2)质量分数为98%、密度为1.84 g·cm －3的浓硫酸的浓度为mol·L －1＝18.4 mol·L －1；实验室没有450 mL 的容量瓶，实际上配制的是500 mL 0.5 mol·L －1的硫酸溶液，需要浓硫酸的体积为
≈0.013 6 L ＝13.6 mL ；选用的量筒是②25 mL 规格
的；
(3)稀释浓硫酸时必须将浓硫酸加入水中，正确的操作方法为将浓硫酸沿着烧杯壁(或玻璃棒)缓慢倒入水中，并不断用玻璃棒搅拌；
(4)配制一定物质的量浓度的溶液的步骤为计算、称量(量取)、溶解(稀释)、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，故正确的操作顺序为②→①→③→⑧→⑤→⑥→⑦→④；
(5)①量筒不应洗涤，会引起浓度偏高，故错误；
②温度偏高热胀冷缩，所以在定容时水加少了，导致配制的溶液的物质的量浓度偏高，故错误；
③应该将浓硫酸缓慢加入水中，而不是将水加入浓硫酸中，这样会喷溅，有危险性，故错误；④水加多了，导致溶液的物质的量浓度偏小，故错误；
⑤转移前，容量瓶中含有少量蒸馏水，对实验无影响，故正确；
⑥定容之后就不能加入水了，否则会使所配溶液浓度偏小，故错误；
⑦应该视线与刻度线相平，俯视会导致加水偏少，浓度偏高，故错误。

故操作中错误的是①②③④⑥⑦；能引起误差偏高的有①②⑦。

11．计算：
（1）用14.2g 无水硫酸钠配制成500mL 溶液，其物质的量浓度为____mol·
L -1。

（2）若从中取出50mL ，其物质的量浓度为____mol·
L -1；溶质的质量为___g 。

（3）若将这50mL 溶液用水稀释到100mL ，所得溶液中Na +的物质的量浓度为____mol·
L -1，SO 42-的物质的量浓度为_____mol·
L -1。

（4）已知：a g 某气体A 含有b 个分子，则c g 该气体在标准状况下的体积为____ L 。

【答案】0.2 0.2 1.42 0.2 0.1 A
22.4bc aN 【解析】
【分析】
（1）根据n=m/M 计算硫酸钠的物质的量，再根据c=n/V 计算；
（2）溶液是均匀的，取出50mL 溶液的浓度与原溶液浓度相等；含有溶质质量为原溶液中
的1/10；
（3）根据稀释定律计算稀释后Na ＋、SO 42-的物质的量浓度；
（4）根据ag 气体的分子数为b ，可知此气体的摩尔质量为M=N A ag/bmol=a ·N A /bg ·mol
－1.
【详解】
（1）14.2g 硫酸钠的物质的量=14.2g/142g ·mol -1=0.1mol ，溶于水配成500mL 溶液，所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol ·L -1;
（2）溶液是均匀的，取出50mL 溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2mol ·L -1；含有溶质
质量为原溶液中的1/10，含有溶质的质量=14.2g ×1/10=1.42g;
（3）根据稀释定律，稀释后Na +的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×2×0.05L/0.1L=0.2mol ·L
-1；SO 42-的物质的量浓度=0.2mol ·L -1×1×0.05L/0.1L=0.1mol ·L -1；
（4）根据ag 气体的分子数为b ，可知此气体的摩尔质量为M=N A a g/b mol=a ·N A /b
g ·mol -1，则c g 该气体的物质的量n=m/M=1
··A
cg
a N g mol b
－ =bc/aN A mol ，在标况下的体积
为A
22.4bc aN L 。

【点睛】 本题考查物质的量浓度计算、溶液稀释，注意根据物质的量浓度c=n/V 计算，利用稀释定律，注溶液中粒子的浓度。

难点(4)：先算出摩尔质量，再算出cg 的物质的量，再算出气体的体积。

12．（1）写出下列各项操作的名称，并写出有标号的仪器名称。

A ：操作名称______________；仪器名称______________
B ：操作名称______________；仪器名称______________
C ：操作名称______________；仪器名称___________、______________、____________
D ：操作名称_____________；仪器名称________________
（2）配制100ml 、3.00mol/L NaCl 溶液。

①计算需要NaCl 固体的质量__________g 。

②根据计算结果，用托盘天平称称量NaCl 固体__________g 。

③将称好的NaCl 固体放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解。